Trang 1
KỲ THI TỐTNGHIỆPTRUNGHỌCPHỔTHÔNGĐỀTHI THỬ TỐTNGHIỆPMônthi:TOÁN− Giáo dục trung họcphổthôngĐề số 24 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số:
32
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()C
của hàm số.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:
32
2 3 12 1 2 0x x x m
Câu II (3,0 điểm):
1) Giải bất phương trình:
16
2 2 24
xx
2) Tính tích phân:
2
2
1
ln
e
xx
I dx
x
3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
1y x x
tại các giao điểm của nó với
đường thẳng
21yx
.
Câu III (1,0 điểm):
Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a.
a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón.
b) Tính thể tích của khối nón tương ứng.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần dưới đây
1. Theo chƣơng trình chuẩn
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
( , , , )O i j k
, cho hình hộp
.ABCD A B C D
có
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k
,
1) Viết phương trình mặt phẳng
()ABA
và tính khoảng cách từ
C
đến
()ABA
2) Tìm toạ độ đỉnh C và viết phương trình cạnh CD của hình hộp
.ABCD A B C D
Câu Va (1,0 điểm): Cho
13
22
zi
. Tính
2
1zz
2. Theo chƣơng trình nâng cao
Câu IVa (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
( , , , )O i j k
, cho hình hộp
.ABCD A B C D
có
0, , 2 3 , 3OA OB i OC i j k AA k
,
1) Tìm tọa độ các đỉnh C, D và chứng minh rằng
.ABCD A B C D
là hình hộp chữ nhật.
2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.ABCD A B C D
.
Câu Vb (1,0 điểm): Cho
13
22
zi
. Tính
2011
z
Hết
2
x
y
d
-3,5
-1
2,5
3,5
-2
O
1
BÀI GIẢI CHI TIẾT.
Câu I:
Hàm số:
32
1 1 1
2
3 2 6
y x x x
Tập xác định:
D
Đạo hàm:
2
2y x x
Cho
hoaëc
2
0 2 0 1 2y x x x x
Giới hạn:
; lim lim
xx
yy
Bảng biến thiên
x
–
2
1 +
y
+ 0 – 0 +
y
7
2
–1
Hàm số ĐB trên các khoảng
( ; 2),(1; )
, NB trên các khoảng
( 2;1)
Hàm số đạt cực đại
CÑ
7
2
y
tại
CÑ
2x
.
Hàm số đạt cực tiểu
CT
1y
tại
CT
1x
.
21yx
. Cho
15
0 2 1 0
24
y x x y
Điểm uốn:
15
;
24
I
Giao điểm với trục hoành:
32
1 1 1
0 2 0
3 2 6
y y x x x
Giao điểm với trục tung: cho
1
0
6
xy
Bảng giá trị: x –3,5 –2 –1,5 1 2,5
y –1 3,5 1,25 –1 3,5
Đồ thị hàm số: như hình vẽ bên đây
3 2 3 2
1 1 1 1
2 3 12 1 2 0 2 0
3 2 6 3
x x x m x x x m
3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
22
3 2 6 3 3 2 6 3 3
x x x m x x x m
(*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của
()C
và
11
:
33
d y m
Do đó, (*) có 3 nghiệm pb
1 1 7 4 1 19 4 19
1
3 3 2 3 3 6 3 2
m m m
Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
19 4
23
m
Câu II:
16
64
2 2 24 2.2 24
2
x x x
x
(*)
3
B
A
O
S
I
C'
C
B'
D'
A'
A
D
B
Đặt
2
x
t
(ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành:
2
64
2 24 2 24 64 0t t t
t
8t
hoặc
4t
(nhận cả hai nghiệm này do t > 0)
Với
8t
ta có
2 8 3
x
x
Với
4t
ta có
2 4 2
x
x
Vậy, phương trình có hai nghiệm duy nhất: x = 2 và x = 3.
2
2 2 2
1 1 1
1
ln ln ln
1
e
e e e
x x x x
I dx dx dx dx
x x x
Xét
1
1
1
1
e
e
I dx x e
Xét
2
2
1
ln
e
x
I dx
x
. Đặt
2
1
ln
1
1
ux
du dx
x
dv dx
v
x
x
. Khi đó,
2
2
1
11
ln 1 1 1 1 1 2
11
ee
e
x
I dx
x e x e e e
x
Vậy,
12
22
11I I I e e
ee
Viết pttt của
3
1y x x
tại các giao điểm của nó với đường thẳng
21yx
Cho
33
1 2 1 3 2 1, 2x x x x x x x
2
31yx
Với
3
00
1 1 1 1 1xy
và
2
(1) 3.1 1 2f
pttt tại
0
1x
là:
1 2( 1) 2 1y x y x
Với
3
00
2 ( 2) ( 2) 1 5xy
và
2
( 2) 3.( 2) 1 11f
pttt tại
0
1x
là:
5 11( 2) 11 17y x y x
Vậy, có 2 tiếp tuyến cần tìm là:
21yx
và
11 17yx
Câu III: Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ)
Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a.
Do đó,
22
2AB SA SB a
và
12
22
a
SO OA AB
Vậy, diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình nón :
xq
2
22
2 2 2
a a a
S rl
;
tp xq
2
2
22
2
22
aa
S S r a
Thể tích khối nón:
2
3
2
1 1 2 2 2
3 3 2 2 12
a a a
V r h
THEO CHƢƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu IVa: Từ giả thiết ta có
(0;0; 0)A
,
(1;0;0)B
,
(1;2;3)C
,
(0;0;3)A
Điểm trên
()ABA
:
(0;0;0)A
Hai véctơ:
(1;0; 0)AB
,
(0;0; 3)AA
4
I
C'
C
B'
D'
A'
A
D
B
vtpt của
()ABA
:
0 0 0 1 1 0
[ , ] ; ; (0; 3;0)
0 3 3 0 0 0
n AB AA
PTTQ của
()ABA
:
0( 0) 3( 0) 0( 0) 0 0x y z y
2 2 2
2
( ,( )) 2
0 1 0
d C ABA
Từ
(0;0; 3) (1 ;2 ;3 )
CCC
AA CC x y z
, ta tìm được
(1;2;0)C
Do CD || AB nên CD có vtcp
(1;0;0)u AB
Và hiển nhiên CD đi qua C nên có PTTS:
1
2 ( )
0
xt
yt
z
Câu Va:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
Do đó,
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
THEO CHƢƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Từ
(0;0; 3) (1 ;2 ;3 )
CCC
AA CC x y z
, ta tìm được
(1;2;0)C
Từ
(1;0;0) (1 ;2 ; )
D D D
AB DC x y z
, ta tìm được
(0;2;0)D
(1;0; 0) . 0
(0;2;0) . 0
()
(0;0;3) . 0
AB AB AD
AB AD
AB AD
AD AA AB AA AB
AA ABCD
AA AB
AA AA AD
Vậy,
.ABCD A B C D
là hình hộp chữ nhật.
Gọi
()S
là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp
.ABCD A B C D
Tâm của mặt cầu:
13
22
;1;I
(là trung điểm đoạn
AC
)
Bán kính mặt cầu:
2 2 2
1 1 14
1 2 3
2 2 2
R AC
Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
13
22
7
( ) ( 1) ( )
2
x y z
Câu Vb:
2
2
1 3 1 3 1 3 3 1 3
2 2 2 2 4 2 4 2 2
z i z i i i
2
2
32
670
2011 2010 3 670
1 3 1 3 1 3
.1
2 2 2 2 2 2
13
. . 1 .
22
z z z i i i
z z z z z z z i
Vậy, với
13
22
zi
thì
2011
13
22
z z i
. Trang 1 KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Đề số 24 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I điểm) Câu I (3,0 điểm): Cho hàm số: 32 1 1 1 2 3 2 6 y x x x 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ()C của hàm số. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có 3. 16 64 2 2 24 2.2 24 2 x x x x (*) 3 B A O S I C' C B' D' A' A D B Đặt 2 x t (ĐK : t > 0), phương trình (*) trở thành: 2 64 2 24 2 24 64 0t t